京都大学 1973年 理系 第3問 解説

方針・初手

点 $A, B$ が与えられたとき、$\triangle ABC$ が正三角形となるような第3の頂点 $C$ の位置は、直線 $AB$ を境界として両側に1つずつ、合計2つ存在する。 さらに「点 $O$ を直線 $AB$ に関して $C$ と反対側にとって」という条件から、条件を満たす点 $C$ は平面上にただ1つに定まる。

したがって、与えられた等式 $\mathbf{c} = \frac{|\mathbf{b}|}{|\mathbf{a}|}\mathbf{a} + \frac{|\mathbf{a}|}{|\mathbf{b}|}\mathbf{b}$ によって定まる点 $C$ が、

1. $\triangle ABC$ を正三角形にすること（$AB = CA = CB$）
2. 直線 $AB$ に関して点 $O$ と反対側にあること（線分 $OC$ と直線 $AB$ が交わること）

の2つの条件を満たすことを示せば、十分性の確認による証明が完了する。これが最も簡潔な方針である。 別解として、複素数平面を用いて点 $C$ の位置を直接計算するアプローチも示す。

解法1

$\mathbf{a}, \mathbf{b}$ の大きさをそれぞれ $a, b$ とする。 条件より $\angle AOB = 60^\circ$ であるから、内積は

$$\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} = a b \cos 60^\circ = \frac{1}{2}ab$$

となる。線分 $AB$ の長さの2乗は、

$$|\overrightarrow{AB}|^2 = |\mathbf{b} - \mathbf{a}|^2 = |\mathbf{a}|^2 - 2\mathbf{a} \cdot \mathbf{b} + |\mathbf{b}|^2 = a^2 - ab + b^2$$

ここで、与えられた式 $\mathbf{c} = \frac{b}{a}\mathbf{a} + \frac{a}{b}\mathbf{b}$ で定まる点 $C$ について考える。 まず、$\triangle ABC$ が正三角形となることを示すために $CA^2$ と $CB^2$ を計算する。

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{CA}|^2 &= |\mathbf{a} - \mathbf{c}|^2 = \left| \mathbf{a} - \left( \frac{b}{a}\mathbf{a} + \frac{a}{b}\mathbf{b} \right) \right|^2 = \left| \frac{a-b}{a}\mathbf{a} - \frac{a}{b}\mathbf{b} \right|^2 \\ &= \left( \frac{a-b}{a} \right)^2 |\mathbf{a}|^2 - 2 \frac{a-b}{a} \frac{a}{b} (\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}) + \left( \frac{a}{b} \right)^2 |\mathbf{b}|^2 \\ &= \frac{(a-b)^2}{a^2} a^2 - 2 \frac{a(a-b)}{ab} \frac{1}{2}ab + \frac{a^2}{b^2} b^2 \\ &= (a-b)^2 - a(a-b) + a^2 \\ &= (a^2 - 2ab + b^2) - (a^2 - ab) + a^2 \\ &= a^2 - ab + b^2 \end{aligned}$$

同様に、

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{CB}|^2 &= |\mathbf{b} - \mathbf{c}|^2 = \left| \mathbf{b} - \left( \frac{b}{a}\mathbf{a} + \frac{a}{b}\mathbf{b} \right) \right|^2 = \left| -\frac{b}{a}\mathbf{a} + \frac{b-a}{b}\mathbf{b} \right|^2 \\ &= \left( -\frac{b}{a} \right)^2 |\mathbf{a}|^2 - 2 \frac{b}{a} \frac{b-a}{b} (\mathbf{a} \cdot \mathbf{b}) + \left( \frac{b-a}{b} \right)^2 |\mathbf{b}|^2 \\ &= \frac{b^2}{a^2} a^2 - 2 \frac{b-a}{a} \frac{1}{2}ab + \frac{(b-a)^2}{b^2} b^2 \\ &= b^2 - b(b-a) + (b-a)^2 \\ &= b^2 - (b^2 - ab) + (b^2 - 2ab + a^2) \\ &= a^2 - ab + b^2 \end{aligned}$$

これより $AB^2 = CA^2 = CB^2$、すなわち $AB = CA = CB$ が成り立つため、$\triangle ABC$ は正三角形である。

次に、点 $C$ が直線 $AB$ に関して点 $O$ と反対側にあることを示す。 これは、線分 $OC$ と直線 $AB$ が交わることを示せばよい。 $\mathbf{c} = \frac{b}{a}\mathbf{a} + \frac{a}{b}\mathbf{b}$ より、線分 $OC$ 上の点 $\overrightarrow{OP}$ は、実数 $k$ ($0 \le k \le 1$) を用いて

$$\overrightarrow{OP} = k\mathbf{c} = k\frac{b}{a}\mathbf{a} + k\frac{a}{b}\mathbf{b}$$

と表せる。点 $P$ が直線 $AB$ 上にあるとき、係数の和が $1$ となるので、

$$k\frac{b}{a} + k\frac{a}{b} = 1 \iff k \left( \frac{a^2 + b^2}{ab} \right) = 1 \iff k = \frac{ab}{a^2 + b^2}$$

ここで、$a>0, b>0$ であり、$a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}b^2 > 0$ より $a^2 + b^2 > ab$ である。 したがって、$0 < \frac{ab}{a^2 + b^2} < 1$ となり、$0 < k < 1$ を満たす。 これは、直線 $AB$ と線分 $OC$ が端点以外の内分点で交わることを意味し、点 $C$ と点 $O$ は直線 $AB$ に関して確かに反対側にある。

以上より、問題の条件を全て満たす点 $C$ の位置ベクトルは $\mathbf{c} = \frac{|\mathbf{b}|}{|\mathbf{a}|}\mathbf{a} + \frac{|\mathbf{a}|}{|\mathbf{b}|}\mathbf{b}$ であることが示された。

解法2

複素数平面を用いて直接導出する。 点 $O$ を原点とする複素数平面を考え、点 $A, B, C$ をそれぞれ複素数 $\alpha, \beta, \gamma$ で表す。 $|\alpha| = a, |\beta| = b$ とする。 条件より $\angle AOB = 60^\circ$ であるから、実軸の取り方を工夫することで、$\alpha = a$ （正の実数）、$\beta = b \left( \cos \frac{\pi}{3} \pm i \sin \frac{\pi}{3} \right)$ として一般性を失わない。 ここでは $\beta = b \left( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ の場合を考える。

$\triangle ABC$ は正三角形であるから、点 $C$ は点 $A$ を中心として点 $B$ を $\pm \frac{\pi}{3}$ 回転させた点である。すなわち、$\gamma$ は以下のいずれかである。

(i) $\gamma = \alpha + (\beta - \alpha) \left( \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3} \right)$ (ii) $\gamma = \alpha + (\beta - \alpha) \left( \cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \right)$

点 $C$ は直線 $AB$ に関して点 $O$ と反対側にある。 直線 $AB$ の方程式は、2点 $(a, 0), \left( \frac{b}{2}, \frac{b\sqrt{3}}{2} \right)$ を通る直線であるから、

$$\frac{b\sqrt{3}}{2} x - \left( \frac{b}{2} - a \right) y - \frac{\sqrt{3}}{2}ab = 0$$

と表せる。左辺を $f(x, y)$ とおくと、原点 $O(0, 0)$ において $f(0, 0) = -\frac{\sqrt{3}}{2}ab < 0$ である。 したがって、点 $C$ が原点と反対側にあるための条件は、点 $C$ の座標 $(x_C, y_C)$ に対して $f(x_C, y_C) > 0$ となることである。

(i) の場合 $\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$ より、

$$\begin{aligned} \gamma &= a + \left( \frac{b}{2} - a + i \frac{b\sqrt{3}}{2} \right) \left( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= a + \frac{b}{4} - \frac{a}{2} - \frac{3b}{4} + i \left( \frac{b\sqrt{3}}{4} + \frac{b\sqrt{3}}{4} - \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= \frac{a-b}{2} + i \frac{-a+b}{2}\sqrt{3} \end{aligned}$$

これを $f(x, y)$ に代入すると、

$$\begin{aligned} f\left( \frac{a-b}{2}, \frac{-a+b}{2}\sqrt{3} \right) &= \frac{b\sqrt{3}}{2} \frac{a-b}{2} - \left( \frac{b}{2} - a \right) \frac{-a+b}{2}\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}ab \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( ab - b^2 - (-ab + b^2 + 2a^2 - 2ab) - 2ab \right) \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( -2a^2 + 2ab - 2b^2 \right) = -\frac{\sqrt{3}}{2} (a^2 - ab + b^2) \end{aligned}$$

$a^2 - ab + b^2 > 0$ であるから $f < 0$ となり、点 $O$ と同じ側になるため不適。

(ii) の場合 $\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}$ より、

$$\begin{aligned} \gamma &= a + \left( \frac{b}{2} - a + i \frac{b\sqrt{3}}{2} \right) \left( \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= a + \frac{b}{4} - \frac{a}{2} + \frac{3b}{4} + i \left( \frac{b\sqrt{3}}{4} - \frac{b\sqrt{3}}{4} + \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= b + \frac{a}{2} + i \frac{a\sqrt{3}}{2} \end{aligned}$$

これを $f(x, y)$ に代入すると、

$$\begin{aligned} f\left( b + \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) &= \frac{b\sqrt{3}}{2} \left( b + \frac{a}{2} \right) - \left( \frac{b}{2} - a \right) \frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}ab \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( 2b^2 + ab - (ab - 2a^2) - 2ab \right) \\ &= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( 2a^2 - 2ab + 2b^2 \right) = \frac{\sqrt{3}}{2} (a^2 - ab + b^2) \end{aligned}$$

これは正となるので適する。よって $\gamma = b + \frac{a}{2} + i \frac{a\sqrt{3}}{2}$ と一意に定まる。

ここで、$\alpha = a, \beta = b \left( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ を用いて $\frac{b}{a}\alpha + \frac{a}{b}\beta$ を計算すると、

$$\frac{b}{a}\alpha + \frac{a}{b}\beta = \frac{b}{a} a + \frac{a}{b} b \left( \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = b + \frac{a}{2} + i \frac{a\sqrt{3}}{2} = \gamma$$

となる。（$\beta = b \left( \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ の場合も同様に示される） 以上より、$\mathbf{c} = \frac{|\mathbf{b}|}{|\mathbf{a}|}\mathbf{a} + \frac{|\mathbf{a}|}{|\mathbf{b}|}\mathbf{b}$ が成り立つ。

解説

図形的な位置関係を数式に翻訳する力が問われる問題である。 解法2のように真正面から条件を立式して $\mathbf{c}$ を導出することも可能だが、平面図形の回転や領域の正負の判定など計算量がやや多くなる。 一方、解法1のように「条件を満たす点はただ1つしか存在しない」という一意性を利用し、与えられた結論の式を逆手に取って十分性を確認する論法は、高校数学において非常に有効かつエレガントな手法である。証明問題で答えの式が与えられている場合は、この「お迎えにいく」アプローチを常に選択肢に入れておきたい。

答え

（証明は解法1、解法2の通り）